联赛二试选讲平几名定理名题与竞赛题II

#/10 P3。对于既平分周长与又平分面积的弦AB，只考虑该图形在AB的任一侧的一半，若C为此段弧上任一点，则NACB=90。.否则可把此图形划分为三块M、N、P，只须改变/ACB的大小，使/ACB=90。，贝UM、N的面积不变，而P的面积变大.这说明，此半段曲线必为半圆，从而另一半也是半圆．例20.设正三角形ABC的边长为a，若曲线l平分力ABC的面积，求证：曲线l的长l三旦.2413分析从结论中式子的形状估计该曲线的长度与圆的周长有关，故应设法找出相头的圆．再如果一条曲线等分此正三角形的面积，则估计此曲线应是圆弧，于是可求出其半径．但要说明此弧一定是最短的，就要把圆弧还原成圆，从而可把此三角形还原成圆内接六边形．证明设曲线PQ平分力ABC的面积，其长度为l.若此曲线与三角形的两边AB、AC相交于点P、Q,作力ABC关于AC、AC的对称图形，得力ACD、力ABG,再作此图形关于DG的对称图形，得到一个正六边形BCDEFG.则曲线PQ相应的对称曲线围成的封闭曲线平分正六边形BCDEFG的面积.以A为圆心，厂为半径作圆，使此圆的面积等于正六边形面积的一半.则此圆的夹在AB、AC间的弧段MN平分力ABC的面积.由于正六边形面积=6•413a2=2\'3a2.故得兀-2=2^3^3。2，解得r=24r^a，43由于正六边形面积=6从而弧MN的长=*2nr=电，由等周定理，知l>华24/3 2413练习题1、在四边形ABCD中，力ABD、力BCD、力ABC的面积比是3：4：1,点M、N分别在AC、CD上满足AM：AC=CN：CD,并且B、M、N三点共线.求证：M与N分别是AC与CD的中点.(1983年全国高中数学联赛)证明设AC、BD交于点E.由AM：AC=CN：CD,故AM：MC=CN：ND,令CN：ND=r(r>0),则AM：MC=r.由%D=3SABC，SBCD=4SABC，即Sabd:$bcd=3：4从而AE：EC：AC=3：4：7.SACD：SABC=6：1,故DE：EB=6：1,A•・DB：BE=7：1.Ar3AM：AC=r：(r+1),即AM=鬲AC,AE=7AC,•・EM=(-rr—AC=47—3AC.MC=^AC,r+17 7(r+1) r+1•・EM：MCm474.由Menelaus定理，知CN•DB•EM=1,代入得7 NDBEMC4r—3r-1•~7-=1,即4r2—3r—1=0,这个方程有惟一的正根r=1.故CN：ND=1,就是N为CN中点，M为AC中点.

2、四边形ABCD内接于圆，其边AB与DC延长交于点P,AD、BC延长交于点。，由Q作该圆的两条切线QE、QF切点分别为E、F,求证：P、E、F三点共线.(1997年中国数学奥林匹克)证明连PQ,作。QDC交PQ于点M,则/QMC=ZCDA=ZCBP，于是M、C、B、P四点共圆.由PO2r2=pc•pd=pm•PQ,QO2r2=QC•QB=QM•QP,两式相减，得PO2QO2=PQ•(PMQM)=(PM+QM)(PMrQM)=PM2rQM2，•.OM±PQ.•・O、F、M、Q、E五点共圆.连PE，若PE交。O于F1，交。OFM于点F2，则对于。O，有PFiPE=PC•PD,对于。OFM，又有PF、PE=PC•PD.•・PF1PE=PF2PE，即F1与F2重合于二圆的公共点F.即P、F、E三点共线.3、若力ABC的边a、b、c,所对的角为1：2：4,求证：1=1+1.abc作三角形的外接圆,即得圆内接正七边形,转化为例1’.4、P为力ABC内任意一点，AP、BP、CP分别交对边于X、Y、Z.求证：XP+YP++Z=1.XAYBZC证明：XP=S^XA=SA^BC?YP-

YA=SABCZPs——二ZASAbC三式相加即得证.5、如图，设△ABC的外接圆O的半径为尺.内心为I./A<ZC,ZB=60°,NA的外角平分线交。O于E.证明：⑴IO=AE；⑵2R<IO+IA+IC<(1+V3)R.(1994年全国高中数学联赛)证明：•・•/B=60°,...NAOC=ZAIC=120°.・•.A,O,I,C四点共圆.圆心为弧AC的中点F,半径为R..O为。F的弧AC中点，设OF延长线交。F于H,AI延长线交弧BC于D.由NEAD=90°(内外角平分线)知DE为。O的直径./OAD=ZODA.但NOAI=ZOHI，故ZOHI=ZADE，于是Rt△DAE0Rt△HIO.AE=IO.由^ACH为正三角形，据Ptolemy定理得，IC+IA=IH.由OH=2R..IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R.设ZOHI=a，则0<a<30°..IO+IA+IC=IO+IH=2R(sina+cosa)=2R；2sin(a+45°).又a+45°<75°,故IO+IA+IC<2\'2R(-.;'6+\'2)/4=R(1+\,'3).6、设P为力ABC的外接圆上一点，H为力ABC的垂心，求证：PH的中点K在力ABC的与点P对应的Simsonline上.HD设过「作三边的垂线交BC、CA、AB于点X、Y、Z.连KZ、KF、ZX，延长CF交。O于点N,连PN.

HD由PZ±AB,CF±AB,K为PH中点知，KZ=KF.：.ZKZF=ZKFZ.易证HF=FN,故KF//PN.：・ZPNC=ZKFH.但ZPNC+ZPBC=180。，•・ZKFZ+ZZFH+ZPBC=180。.IPZKFZ+ZPBC=90。.又PX±BC,PZ±BZ^P、Z、X、B共圆.•・ZXZB=ZXPB,而ZXPB+ZPBC=90。..•・ZKZF=ZKFZ=ZXZB.：.ZK与ZX共线.即点K在力ABC的与点P对应的Simsonline上.7、设力ABC内接于单位圆。，且OA、OB、OC与OX正方向所成的角分别为a、0、y，试求力ABC的垂心的坐标.(1980年南京市数学竞赛)力ABC外心为原点。，重心坐标为G(；(cosa+cosp+cosy),：(sina+sinp+siny)),于是得力ABC的垂心坐标为H(cosa+cos0+cosY，sina+si叨+sinY).8、在ABC中，/C=90°,AD和BE是它的两条内角平分线，设L、M、N分别为AD、AB、BE的中点，X=LMnBE,Y=MNnAD,Z=NLnDE.求证：X、Y、Z三点共线.（2000年江苏省数学冬令营）作^ABC的外接圆，则M为圆心.「MN/AE, .MN±BC.・•AD平分/A，二点Y在。M上，同理点X也在。M上..MX=MY.记NEnAD=F,由于直线DEZ与八LNF的三边相交，直线AEC与八BDF三边相交，直线BFE与^ADC三边相交，由Menelaus定理，可得：LZNEFD NZJNEFD_BEFDZ'EF'D=1.ZL=E=1D'~DL=EF'DA；；FEBCDAAFDBCEEB'CD'AF=1,FD'BC'EA=1-三式相乘得NZBDCEABBC_BC~ZL=DC'AE=AC'AB=AC•三式相乘得另一方面，连结BY、AX，并记MYnBC=G,ACnMX=H,于是有NNBY=ZLAX,ZMYA=NMAY==NLAC,.NBYN=NALX. ..△BYN^AALX..LX_AF_AC,•NY=BG=BC,.NZLXMY_NZLX,•ZXMYN=ZL~NY=1由Menelaus定理可得，X、Y、Z三点共线.注：本题是直线形问题,因此可用解析法证明.C9、已知在力ABC中，AB>AC,ZA的一个外角的平分线交力ABC的外接圆于点E，过E作EF±AB，垂足为F.C求证2AF=ABAC.（1989年全国高中数学联赛）证明在FB上取FG=AF,连EG、EC、EB,于是力AEG为等腰三角形，，EG=EA.又Z3=180。ZEGA=180。ZEAG=180。Z5=Z4,

N1=N2.于是力EGBA」EAC4BG=AC,：.ABAC=AG=2AF.10、四边形ABCD内接于圆O,对角线AC与BD相交于P,设三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圆圆心分别是O「O2、O3、O4求证OP、O1O3、O2O4三直线共点．（1990年全国高中数学联赛）证明：O为力ABC的外心，；.OA=OB..O1为力PAB的外心，二01A=O1B.・•.001±AB.作力PCD的外接圆。03,延长P03与所作圆交于点E，并与AB交于点F,连DE,则N1=N2=N3,/EPD=ZBPF,.•・ZPFB=ZEDP=90°.・•.PO3±AB，即001〃P03.同理，003〃P01.即001PO3是平行四边形..0103与P0互相平分，即0103过P0的中点.同理，0204过P0中点..0P、0103、0204三直线共点.11、在棱长为1的正四面体表面选取一个由若干条线段组成的有限集，使四面体的任二顶点都可以由此集中的某些线段组成的折线来连接. _能否选取满足上述要求的线段集，使其中所有的线段总长度和小于1+431975年波兰数学竞赛）把这个正四面体展开，其中两个面即含有此四面体的四个顶点.故只要在此四边形中考虑即可.设AD、BC交于点0,取力AB0的Fermat点F,则DCZBFA=ZAF0=ZOFB=120°,设FA=x,FB=y,FC=z，由余弦定理，可得方程DCTOC\o"1-5"\h\zxx2+y2+xy=1, ⑴组x2+z2+xz=4， ⑵、z2+y2+zy=4， ⑶又由三角形面积可得xy+y+zx=2, ⑷⑴+⑵+⑶+⑷X3得 2(x+y+z)2=2，即x+y+z=27.同样可在00CD中找出相同的线段集，这样，连接此四点的线段集的长可以=）"而后<1+\；312、如图，0，I分别为力ABC的外心与内心，AD是BC边上的高，I在线段0D上.求证：力ABC的外接圆半径等于其BC边上的旁切圆半径.（1998年全国